2022-2023學年山東省濟南市高一上學期期末考試化學試題（解析版）

PAGEPAGE1高一年級學情檢測化學試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64Ba-137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.下列有關(guān)黃河流城的治理和生態(tài)修復的措施中，沒有涉及化學變化的是A.將廢水中的有機污染物在微生物作用下降解為無害的物質(zhì)B.將沿黃河工業(yè)廢水中的重金屬離子沉淀處理，達標后排放C.將含沙量大的黃河水引入低洼地區(qū)進行沉降D.將河道中的垃圾回收分類，利用現(xiàn)代焚化爐進行燃燒無害化處理〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害的有機污染物降解為簡單的、無害的物質(zhì)，過程中生成了新物質(zhì)，為化學變化，A不合題意；B．將沿黃河工業(yè)廢水中的重金屬離子沉淀處理，達標后排放，需要加入試劑發(fā)生化學反應除去，為化學變化，B不合題意；C．將含沙量大的黃河水引入處于黃河堤壩后的低洼地區(qū)進行沉淀，是固體沉積過程，無新物質(zhì)生成，為物理變化，C符合題意；D．將河道中的垃圾回收分類，利用現(xiàn)代焚化爐進行燃燒無害化處理，消滅各種病原體，過程中發(fā)生了化學反應，D不合題意；故〖答案〗為：C。2.“碳中和”就是二氧化碳總排放量等于總吸收量。下列措施不利于實現(xiàn)“碳中和”的是A.保護和治理山水林田湖草B.充分開發(fā)利用氫能等清潔能源C.使用特殊催化劑實現(xiàn)CO2和H2轉(zhuǎn)化為有機物D.利用合適催化劑，促進汽車尾氣中的CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．保護和治理山水林田湖草，增強綠色植物光合作用，增大CO2的吸收，有利于實現(xiàn)“碳中和”，A不合題意；B．充分開發(fā)利用氫能等清潔能源，減少化石燃料的燃燒，減少CO2的排放量，有利于實現(xiàn)“碳中和”，B不合題意；C．使用特殊催化劑實現(xiàn)CO2和H2轉(zhuǎn)化為有機物，增大CO2的吸收和轉(zhuǎn)化利用量，有利于實現(xiàn)“碳中和”，C不合題意；D．利用合適催化劑，促進汽車尾氣中的CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體（即為CO2），并未減少CO2的排放量，不利于實現(xiàn)“碳中和”，D符合題意；故〖答案〗為：D。3.下列說法錯誤的是A.84消毒液不適用于鋼和鋁制品的消毒B.碳酸鈉常用作胃酸中和劑C.銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合施用D.二氧化硫可添加在葡萄酒中，起到殺菌、抗氧化的作用〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．“84”消毒液具有強氧化性，不適用于鋼和鋁制品的消毒，A正確；B．碳酸鈉的堿性較強，不適合用作胃酸中和劑，B錯誤；C．草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，銨根離子水解溶液顯酸性，二者混合會發(fā)生相互促進的水解反應，使水解程度增大生成氨氣揮發(fā)到空氣中，使土壤中銨根離子濃度降低，降低肥效，C正確；D．將二氧化硫添加于紅酒中利用了SO2具有殺菌作用，SO2具有還原性起到抗氧化的作用，D正確；〖答案〗選B。4.下列“類比”合理的是A.Fe與CuSO4溶液反應生成Cu，則Na與CuSO4溶液反應生成CuB.CO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaCO3，則SO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaSO3C.Al與Fe2O3高溫時反應生成Fe，則Al與MgO高溫時反應生成MgD.常溫時Cu能溶于足量濃硝酸，則常溫時Fe能溶于足量濃硝酸〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．Fe與CuSO4溶液反應生成Cu，反應方程式為：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Na的化學性質(zhì)太活潑，與鹽溶液反應時先與水反應，再考慮NaOH與鹽的反應，故Na與CuSO4溶液反應方程式為：2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+H2↑+Na2SO4，不能生成Cu，A不合題意；B．CO2和SO2均為酸性氧化物，故CO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaCO3，方程式為：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，則SO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaSO3，方程式為：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，B符合題意；C．Al比Fe活潑，故Al與Fe2O3高溫時反應生成Fe，方程式為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，但Mg比Al活潑，故Al與MgO高溫時不反應生成Mg，C不合題意；D．常溫時Cu能溶于足量濃硝酸，方程式為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但常溫時Fe遇到濃硝酸將發(fā)生鈍化，不能完全溶解，D不合題意；故〖答案〗為：B。5.某工業(yè)脫硫過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.過程①發(fā)生復分解反應B.過程②中發(fā)生反應的離子方程式為S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+C.過程③中每有標準狀況下11.2LO2參加反應，轉(zhuǎn)移2mol電子D.脫硫過程總反應為2H2S+O2=2H2O+2S〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．過程①中CuCl2和H2S反應生成CuS和HCl，屬于復分解反應，故A正確；B．據(jù)圖可知過程②中CuS被Fe3+氧化得到S單質(zhì)，CuS為沉淀不能拆，離子方程式為CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B錯誤；C．由圖可知，該過程中O2中O元素由0價下降到-2價，標準狀況下11.2LO2的物質(zhì)的量為0.5mol，0.5molO2參加反應，轉(zhuǎn)移0.5mol×4=2mol電子，故C正確；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相加可得回收S的總反應為2H2S+O2=2H2O+2S，故D正確；故選B。6.如圖是鐵及其化合物的“價一類”二維圖。下列說法錯誤的是A.乙是堿性氧化物，但乙不能與水反應生成丁B.K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌清毒C.甲高溫時與水蒸氣反應轉(zhuǎn)化為丙D.若戊、己都是鹽酸鹽，則這兩種物質(zhì)均可通過化合反應獲得〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)圖中價態(tài)和物質(zhì)分類可知，甲為Fe；乙為FeO；丙為Fe2O3；丁為Fe(OH)3；戊為亞鐵鹽；已為鐵鹽，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．乙為FeO，是堿性氧化物，但FeO不能與水反應生成丁，A正確；B．K2FeO4中Fe處于高價態(tài)，具有強氧化性，可用于殺菌清毒，B正確；C．甲為Fe高溫時與水蒸氣反應轉(zhuǎn)化為Fe3O4，C錯誤；D．若戊、己都是鹽酸鹽，則分別為FeCl2、FeCl3，則這兩種物質(zhì)均可通過化合反應獲得：2Fe+FeCl3=3FeCl2、2Fe+3Cl2=2FeCl3，D正確；〖答案〗選C。7.A、B、C、D四種物質(zhì)中，A、B、C均含有同一種元索，它們之間具有如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列有關(guān)物質(zhì)的推斷錯誤的是A.若A為Na2CO3，則D可能是HCl B.若A為NH3·H2O，則D可能是SO2C.若A為Fe，則D可能是Cl2 D.若A為NH3，則D可能是O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．若A為Na2CO3，D為HCl，則B為NaHCO3，C為NaCl，A正確；B．A為NH3·H2O，則D可能是SO2，A→B的反應為，B→C的反應：，B正確；C．若A為Fe，D為Cl2時B為FeCl3，F(xiàn)eCl3與Cl2不反應，C錯誤；D．若A為NH3，則D可能是O2，A→B的反應為4NH3+5O24NO+6H2O，B→C的反應：2NO+O2=2NO2，D正確；〖答案〗選C。8.為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均準確、完整的是(不考慮保存試劑的容器)實驗目的玻璃儀器試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水NaCl固體B制備Fe(OH)3膠體燒杯飽和FeCl3溶液、NaOH溶液C探究Na2SO3樣品是否變質(zhì)膠頭滴管、試管待測樣品、蒸餾水、BaCl2溶液D檢驗鈉在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物試管、酒精燈、膠頭滴管待測產(chǎn)物、蒸餾水、木條A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，需要用到100mL容量瓶，故A錯誤；B．制備Fe(OH)3膠體的方法為：往燒杯中加入適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，不需要NaOH溶液，故B錯誤；C．Na2SO3被氧化變質(zhì)會生成Na2SO4，要檢驗Na2SO3是否變質(zhì)，就是要檢驗硫酸根，可用兩種試劑檢驗：BaCl2溶液和稀鹽酸，缺鹽酸，故C錯誤；D．檢驗鈉在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物，就是要檢驗過氧化鈉，將待檢物放入試管中→用膠頭滴管滴加蒸餾水→點燃酒精燈→點燃木條→熄滅木條但帶火星→用帶火星的木條檢驗是否復燃，故D正確；故選D。9.某溶液中含有大量的離子：Mg2+、、K+和M離子。經(jīng)測定Mg2+、、K+的物質(zhì)的量濃度之比為2∶4∶1。則M離子可能是ASO B.H+ C.OH- D.Na+〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗由題干信息測定Mg2+、NO、K+的物質(zhì)的量濃度之比為2∶4∶1可知，溶液中陽離子所帶正電荷數(shù)大于陰離子所帶負電荷總數(shù)，根據(jù)溶液呈電中性可知，M為陰離子，則B、D不合題意；OH-不能與Mg2+大量共存，故M離子為SO，故〖答案〗為：A。10.某溫度下，向a、b、c、d中分別充入等質(zhì)量的CH4、CO2、O2、SO2四種氣體中的一種(已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑動，且與容器內(nèi)壁摩擦不)。下列說法正確的是A.b中充入的是O2B.a和d中氣體物質(zhì)的量之比為1∶4C.a和c中氣體所含原子數(shù)相等D.c和d中氣體密度之比為1∶2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗四種氣體的質(zhì)量設為1g，則它們的物質(zhì)的量分別為mol，mol，mol，mol，相同溫度壓強下的物質(zhì)的量之比=氣體的體積之比=分子數(shù)之比，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．相同情況下的物質(zhì)的量之比等于氣體的體積之比，a，b，c，d分別盛裝的是SO2，CO2，O2，CH4，故A錯誤；B．和中氣體分別為SO2和CH4，物質(zhì)的量分別為mol和mol，物質(zhì)的量之比為1:4，故B正確；C．和中氣體分別為SO2和O2，相同情況下的物質(zhì)的量之比等于分子數(shù)之比，和中氣體的分子數(shù)之比為mol：mol=1:2，原子數(shù)之比為3：4，不相等，故C錯誤；D．和中氣體O2和CH4，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比32g/mol：16g/mol=，故D錯誤；〖答案〗選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置)。僅用此裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實驗，最合理的選項是選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的物質(zhì)A濃氨水B濃硫酸溶液C稀硝酸D濃鹽酸溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．將濃氨水滴到CaO固體混合產(chǎn)生NH3，NH3密度小于空氣，C中收集裝置應從短進長出，NH3極易溶于水，A項錯誤；B．亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生SO2氣體，SO2的密度大于空氣，C中收集裝置為長進短出，SO2為酸性氧化物可用NaOH溶液吸收尾氣，B項正確；C．Cu與稀HNO3溶液反應會生成NO氣體，NO易于空氣中的O2反應生成NO2，NO不與H2O發(fā)生化學反應，C項錯誤；D．濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應產(chǎn)生Cl2，常溫下不反應，D項錯誤；〖答案〗選B。12.某離子反應涉及H2O、ClO-、NH、H+、N2、Cl-六種微粒，其中c(NH)隨反應進行逐漸減小。下列說法正確的是A.反應中每減少1molNH，轉(zhuǎn)移6mol電子B.反應中ClO-被還原C.反應前后溶液的酸堿性無明顯變化D.參加反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由題意可知，NH為反應物，且該反應為氧化還原反應，則NH為還原劑，N2為氧化產(chǎn)物，ClO-為氧化劑，Cl-為還原產(chǎn)物，離子方程式為：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．反應中每減少1molNH，N的化合價由-3→0價，轉(zhuǎn)移3mol電子，A錯誤；B．ClO-得電子生成Cl-，被還原，為氧化劑，B正確；C．根據(jù)離子方程式：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，可知，反應后氫離子濃度增加，酸性增強，C錯誤；D．參加反應的氧化劑(ClO-)與還原劑(NH)的物質(zhì)的量之比為3∶2，D正確；〖答案〗選BD。13.將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a~d均為浸有相應試液的棉花)所示的探究實驗。下列說法正確的是A.抽拉銅絲離開液面，可使反應終止B.a處先變紅后褪色C.b或c處褪色，均說明SO2具有還原性D.若試管底部出現(xiàn)白色固體，說明濃硫酸具有吸水性〖答案〗AD〖解析〗〖詳析〗A．抽拉銅絲離開液面，反應物不接觸反應終止，A正確；B．a(chǎn)處先變紅后其原因是SO2溶于水生成了酸，不能使紫色石蕊試液褪色，B錯誤；C．b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應，SO2體現(xiàn)出還原性，C錯誤；D．實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性，將反應生成的H2O吸收，D正確；〖答案〗選AD。14.一種綜合處理含SO2尾氣的工藝流程如圖所示。若每步反應都完全，下列說法錯誤的是A.整個流程中，不需要再補充硫酸鐵溶液B.“氧化”步驟發(fā)生的反應為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC.由反應過程可推知氧化性：O2＞Fe3+＞SOD.處理100L含SO2體積分數(shù)為0.336%的尾氣，“吸收”步驟中轉(zhuǎn)移0.03mol電子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗吸收反應：，氧化反應：，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．根據(jù)反應可知吸收消耗的硫酸鐵與氧化時生成的硫酸鐵的量相同，硫酸鐵可以循環(huán)利用，故不用添加，A正確；B．“氧化”步驟中硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，發(fā)生的反應為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正確；C．根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，根據(jù)分析氧化性強弱順序為:O2＞Fe3+＞SO，C正確；D．由于為給出氣體所處狀態(tài)，故不能進行計算，D錯誤；〖答案〗選D。15.部分氧化的Fe－Cu合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共5.92g。經(jīng)如圖處理：下列說法正確的是A.灼燒的目的是除去氫氧化物濾渣中的少量水，減少質(zhì)量誤差B.樣品中氧原子的物質(zhì)的量為0.03molC.V=224mLD.溶解樣品的過程中共消耗2.0mol·L-1鹽酸50mL〖答案〗BC〖解析〗〖詳析〗A．灼燒的目的是將氫氧化鐵分解為氧化鐵，A錯誤；B．因濾液中不含Cu2+，故3.2g濾渣只是Cu(物質(zhì)的量是0.05mol)，濾液經(jīng)處理最終得到的3.2g固體是Fe2O3。由2Fe~Fe2O3?？芍?，該5.92g樣品中，鐵元素的總質(zhì)量為2.24g(物質(zhì)的量是0.04mol)，故混合物中氧元素的質(zhì)量為5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，即樣品中氧元素的物質(zhì)的量是0.48g÷16g·mol-1=0.03mol，B正確；C．因5.92g樣品中含0.03molO，0.04molFe，0.05molCu，則樣品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物質(zhì)的量是0.03mol，故FeO的物質(zhì)的量為0.03mol、Fe的物質(zhì)的量為0.01mol，與足量的稀硫酸反應可生成0.01mol的H2，標準狀況下H2的體積為224mL，C正確；D．FeO的物質(zhì)的量為0.03mol消耗鹽酸0.06mol、Fe的物質(zhì)的量為0.01消耗鹽酸0.02mol，溶解樣品的過程中共消耗鹽酸0.08mol＜2.0mol·L-1×50mL，D錯誤；〖答案〗選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.離子反應可用于物質(zhì)的除雜和分離。某廢液是CuCl2、CaCl2的混合溶液，現(xiàn)設計實驗方案回收金屬銅并獲得氯化鈣晶體。已知過程1先生成白色固體，后迅速變?yōu)榛揖G色，最終得到紅褐色固體Y?；卮鹣铝袉栴}：（1）試劑1的化學式為_____。檢驗溶液B中金屬陽離子可選用的試劑有_____(填標號)。A.KSCN溶液、氯水B.高錳酸鉀溶液C.氫氧化鈉溶液（2）操作1所需玻璃儀器有燒杯、______。（3）過程1中白色固體轉(zhuǎn)化為紅褐色固體Y的化學方程式為_____，過程2的離子方程式為______。（4）例舉溶液D中溶質(zhì)的一種用途______?！即鸢浮剑?）①.Fe②.A（2）漏斗和玻璃棒（3）①4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3②.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（4）可作氮肥或用于焊接過程中除去鐵銹等〖解析〗〖祥解〗由題干轉(zhuǎn)化圖和已知過程1先生成白色固體，后迅速變?yōu)榛揖G色，最終得到紅褐色固體Y的信息可知，溶液A中含有FeCl2和CaCl2，試劑1為Fe，反應方程式為：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，過濾得固體X為Cu和Fe，向固體X中加入過量的鹽酸，反應方程式為：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，操作1為過濾得到Cu和溶液B，溶液B中含有的溶質(zhì)為FeCl2，向溶液A中加入足量的氨水，發(fā)生的反應有：FeCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，過濾得到固體Y為Fe(OH)3，溶液C為CaCl2、NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向C中通入CO2，發(fā)生反應方程式為：CaCl2+CO2+2NH3·H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，過濾得到CaCO3和溶液D為NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向CaCO3固體中加入足量的稀鹽酸，充分反應后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，即得CaCl2固體，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗由分析可知，試劑1的化學式為Fe，溶液B中含有的溶質(zhì)為FeCl2，檢驗溶液B中金屬陽離子即Fe2+，先加入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加入氯水，溶液立即變?yōu)檠t色，說明含有Fe2+，故〖答案〗為：Fe；A；〖小問2詳析〗由分析可知，操作1分離溶液和固體，故為過濾操作，故所需玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒，故〖答案〗為：漏斗和玻璃棒；〖小問3詳析〗由分析可知，過程1中白色固體轉(zhuǎn)化為紅褐色固體Y即有Fe(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，該反應的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，過程2即CaCO3與稀鹽酸反應，故該反應的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；〖小問4詳析〗由分析可知，溶液D中含有NH4Cl，NH4Cl的用途有可作氮肥、用于焊接過程中除去鐵銹等，故〖答案〗為：可作氮肥或用于焊接過程中除去鐵銹等。17.海洋中無機氮的循環(huán)過程可用如圖表示?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖中屬于固氮作用的過程有_____(填標號)。（2）下列關(guān)于海洋氮循環(huán)的說法正確的是_____(填標號)。A.海洋中的氨循環(huán)起始于氮的氧化B.向海洋排放含NO的廢水會影響海洋中NH的含量C.反硝化過程需引入還原劑（3）為了避免廢水中NH對海洋氮循環(huán)系統(tǒng)產(chǎn)生影響，可向廢水中加入適量氫氧化鈉，通入熱空氣將氨趕出。該過程的離子方程式為______。（4）若1molNO通過反硝化過程全部轉(zhuǎn)化為N2，則該過程轉(zhuǎn)移_____mol電子。（5）利用NO直接與NH反應生成N2O，再進一步轉(zhuǎn)化為N2排放，可提高污水處理的效率，降低成本。在生成N2O的反應中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_____?！即鸢浮剑?）②（2）BC（3）（4）5（5）1:2〖解析〗小問1詳析〗固氮作用是分子態(tài)氮被還原成氨和其他含氮化合物的過程。圖中②氮氣被還原為根離子，②過程為固氮；〖小問2詳析〗A．由圖可知，氨循環(huán)起始于氮氣被還原為銨根離子，A錯誤；B．酸根離子含量增多影響反硝化，從而影響銨根離子含量，B正確；C．反硝化使硝酸根離子被還原為亞硝酸根離子，亞硝酸根離子被還原為氮氣，因此需要引入還原劑，C正確；故選BC；〖小問3詳析〗銨根離子與氫氧化鈉反應的離子方程式為:；〖小問4詳析〗NO中N為+5價，氮氣中N為0價，因此1mol硝酸根離子反硝化為氮氣轉(zhuǎn)移5mol電子；〖小問5詳析〗NO與反應生成N2O的反應方程式為:4NO+2+2H+=3N2O+5H2O，NO為氧化劑，為還原劑。因此氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比即為還原劑與氧化劑化學計量數(shù)之比即1:2。18.實驗室用如下方法測定Na2CO3與NaHCO3的混合物中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）稱取該混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液。下列操作會使所配溶液濃度偏小的有_____(填標號)。A.未將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶中B.定容時俯視刻度線C.定容振蕩搖勻后液面低于刻度線，未做處理（2）量取25.0mL上述溶液于燒杯中，滴加足量Ba(OH)2溶液，將HCO、CO完全轉(zhuǎn)化為沉淀，其中NaHCO3參與反應的離子方程式為，NaHCO3屬于______(填“酸”堿”或“鹽”)。（3）簡述證明溶液中HCO、CO已完全轉(zhuǎn)化為沉淀的操作及現(xiàn)象：______。（4）過濾、洗滌沉淀并充分干燥，稱量沉淀的質(zhì)量為1.97g，由此得出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)為______%(保留2位有效數(shù)字)?！即鸢浮剑?）A（2）鹽（3）繼續(xù)滴加氫氧化鋇溶液，實驗操作方法為:靜置一段時間后向上層澄清溶液中繼續(xù)加Ba(OH)2溶液，不渾濁（4）77%〖解析〗〖小問1詳析〗A．未將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，溶質(zhì)減少，故濃度偏低，A符合題意；B．定容時俯視刻度線，溶液體積偏小，實際濃度偏大，B不符合題意；C．定容振蕩搖勻后液面低于刻度線，未做處理，不影響溶液濃度，C不符合題意；故選A；〖小問2詳析〗NaHCO3參與反應的離子方程式為，NaHCO3屬于鹽類；〖小問3詳析〗可以繼續(xù)滴加氫氧化鋇溶液，實驗操作方法為:靜置一段時間后向上層澄清溶液中繼續(xù)加Ba(OH)2溶液，不渾濁，HCO、CO已完全轉(zhuǎn)化為沉淀；〖小問4詳析〗設Na2CO3的物質(zhì)的量為xmol，NaHCO3的物質(zhì)的量為ymol，混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液，量取25.0mL上述溶液于燒杯中，沉淀的質(zhì)量為1.97g，則250mL溶液會生成19.7g沉淀，，解得x0.073，Na2CO3的質(zhì)量為：0.073mol×106g/mol=7.71g，故質(zhì)量分數(shù)為7.71g÷10.0g×100%77%。19.《物理小識·金石類》記載：“青礬廠氣熏人，衣服當之易爛，載木不盛”，“青礬強熱，得赤色固體，氣凝即得礬油”?！扒嗟\”是指FeSO4·7H2O，“青礬廠氣”是指SO2和SO3，“礬油”是指硫酸溶液。實驗室模擬古法制硫酸并進行SO2性質(zhì)探究。已知：SO2熔點-75.5℃，沸點-10℃；SO3熔點16.8℃，沸點44.8℃?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取硫酸實驗開始前打開活塞K1、K2，關(guān)閉活塞K3，通入一段時間N2后，關(guān)閉活塞K1、K2，打開活塞K3，用酒精噴燈高溫加熱青礬。（1）A裝置中反應后所得固體的化學式為______。玻璃纖維的作用是______。（2）B裝置的作用_____。（3）D裝置的作用是______。Ⅱ.探究SO2的性質(zhì)在裝置C中先后使用同體積的蒸餾水(①已預先煮沸，②未預先煮沸)，控制食用油油層厚度一致、通入SO2流速一致。兩次實驗分別得到如圖pH－t圖：（4）C裝置中覆蓋食用油的目的是______。（5）pH－t圖中，②的曲線出現(xiàn)驟降，這是因為______(用化學方程式表示)。對比分析上述兩組數(shù)據(jù)，可得出的結(jié)論是______?！即鸢浮剑?）①.②.防止固體粉末進入導管（2）冷凝SO3和H2O得到硫酸，分離SO2（3）吸收尾氣SO2防止污染空氣（4）隔絕空氣，避免空氣中的氧氣干擾后續(xù)探究實驗（5）①.②.氧氣可將二氧化硫氧化〖解析〗〖祥解〗裝置A中FeSO4·7H2O高溫分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，在裝置B中SO3和H2O冷凝得到硫酸溶液，裝置C驗證SO2與鋇鹽的反應，D吸收尾氣二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析解題。〖小問1詳析〗裝置A中FeSO4·7H2O高溫分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，發(fā)生反應化學方程式為:，所得固體為：Fe2O3；玻璃纖維的作用是防固體粉末進入導管；〖小問2詳析〗裝置B中SO3和H2O冷凝得到硫酸溶液，分離SO2；〖小問3詳析〗D裝置的作用是吸收尾氣SO2防止污染空氣；〖小問4詳析〗裝置C用于驗證SO2與鋇鹽不反應，若有氧氣存在，則會生成白色沉淀，C裝置中覆蓋食用油的目的是隔絕空氣；〖小問5詳析〗曲線①的變化說明SO2不與BaCl2反應，溶于水的SO2部分與水反應生成H2SO3電離出氫離子，pH減小，曲線②的變化說明溶液中的O2將H2SO3氧化為強酸H2SO4，反應生成的H2SO4和BaCl2反應生成BaSO4沉淀和HCl，溶液中的氫離子濃度迅速增大，溶液的pH下降，用離子方程式表達為：；兩者對比可知氧氣可將二氧化硫氧化。20.肼(N2H4)為無色油狀液體，具有還原性和堿性，是我國液體型號導彈和運載火箭中廣泛使用的肼類燃料之一。實驗室可用NaClO溶液和氨水反應制備N2H4。回答下列問題：（1）裝置①中裝有MnO2的儀器名稱是_____，反應的離子方程式為______。（2）裝置②上方分液漏斗中盛放的試劑名稱是______。（3）裝置④中反應的化學方程式為______。（4）制備N2H4的離子方程式為______。（5）實驗中，需先點燃④處酒精燈，待得到飽和氨水后，再打開②上方分液漏斗滴加溶液。試解釋所加溶液不能過量的原因：_____。（6）實驗結(jié)束后，經(jīng)初步分離獲得粗產(chǎn)品，并對其純度進行測定。稱取1.0g粗產(chǎn)品溶于水并定容為250mL，取25.00mL溶液，滴加0.3mol·L-1的KI3溶液，恰好完全反應時，消耗KI3溶液20.00mL。已知：N2H4+2KI3=N2+2KI+4HI，則產(chǎn)品中N2H4的質(zhì)量分數(shù)為______%?！即鸢浮剑?）①.圓底燒瓶②.MnO2+4H++2Cl-(濃)Mn2++Cl2+2H2O（2）氫氧化鈉（3）2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O（4）ClO-+2NH3=N2H4+H2O（5）N2H4具有還原性，NaClO有強氧化性，防止生成的N2H4被NaClO氧化（6）96%〖解析〗〖祥解〗①中為實驗室制取氯氣，②中生成次氯酸鈉，④中為實驗室制取氨氣，③中次氯酸鈉與氨氣反應生成肼，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗裝置①中裝有MnO2的儀器名稱是圓底燒瓶，該裝置為實驗室制取氯氣，反應的離子方程式為：

MnO2+4H++2Cl-(濃)Mn2++Cl2+2H2O；〖小問2詳析〗裝置②上方分液漏斗中盛放的試劑名稱是氫氧化鈉，與氯氣反應生成次氯酸鈉；〖小問3詳析〗裝置④中反應為實驗室制取氨氣，化學方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；〖小問4詳析〗制備N2H4的離子方程式為：ClO-+2NH3=N2H4+H2O；〖小問5詳析〗實驗中，需先點燃④處酒精燈，待得到飽和氨水后，再打開②上方分液漏斗滴加溶液。所加溶液不能過量的原因：N2H4具有還原性，NaClO有強氧化性，防止生成的N2H4被NaClO氧化；〖小問6詳析〗已知：N2H4-2KI3，25.00mL溶液中，n(N2H4)=n(KI3)=0.3mol·L-1×20×10-3L=3×10-3mol，250mL溶液中n(N2H4)=3×10-2mol，m(N2H4)=3×10-2mol×32g/mol=0.96g，w(N2H4)=0.96g÷1.0g×100%=96%。PAGEPAGE1高一年級學情檢測化學試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64Ba-137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.下列有關(guān)黃河流城的治理和生態(tài)修復的措施中，沒有涉及化學變化的是A.將廢水中的有機污染物在微生物作用下降解為無害的物質(zhì)B.將沿黃河工業(yè)廢水中的重金屬離子沉淀處理，達標后排放C.將含沙量大的黃河水引入低洼地區(qū)進行沉降D.將河道中的垃圾回收分類，利用現(xiàn)代焚化爐進行燃燒無害化處理〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害的有機污染物降解為簡單的、無害的物質(zhì)，過程中生成了新物質(zhì)，為化學變化，A不合題意；B．將沿黃河工業(yè)廢水中的重金屬離子沉淀處理，達標后排放，需要加入試劑發(fā)生化學反應除去，為化學變化，B不合題意；C．將含沙量大的黃河水引入處于黃河堤壩后的低洼地區(qū)進行沉淀，是固體沉積過程，無新物質(zhì)生成，為物理變化，C符合題意；D．將河道中的垃圾回收分類，利用現(xiàn)代焚化爐進行燃燒無害化處理，消滅各種病原體，過程中發(fā)生了化學反應，D不合題意；故〖答案〗為：C。2.“碳中和”就是二氧化碳總排放量等于總吸收量。下列措施不利于實現(xiàn)“碳中和”的是A.保護和治理山水林田湖草B.充分開發(fā)利用氫能等清潔能源C.使用特殊催化劑實現(xiàn)CO2和H2轉(zhuǎn)化為有機物D.利用合適催化劑，促進汽車尾氣中的CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．保護和治理山水林田湖草，增強綠色植物光合作用，增大CO2的吸收，有利于實現(xiàn)“碳中和”，A不合題意；B．充分開發(fā)利用氫能等清潔能源，減少化石燃料的燃燒，減少CO2的排放量，有利于實現(xiàn)“碳中和”，B不合題意；C．使用特殊催化劑實現(xiàn)CO2和H2轉(zhuǎn)化為有機物，增大CO2的吸收和轉(zhuǎn)化利用量，有利于實現(xiàn)“碳中和”，C不合題意；D．利用合適催化劑，促進汽車尾氣中的CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體（即為CO2），并未減少CO2的排放量，不利于實現(xiàn)“碳中和”，D符合題意；故〖答案〗為：D。3.下列說法錯誤的是A.84消毒液不適用于鋼和鋁制品的消毒B.碳酸鈉常用作胃酸中和劑C.銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合施用D.二氧化硫可添加在葡萄酒中，起到殺菌、抗氧化的作用〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．“84”消毒液具有強氧化性，不適用于鋼和鋁制品的消毒，A正確；B．碳酸鈉的堿性較強，不適合用作胃酸中和劑，B錯誤；C．草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，銨根離子水解溶液顯酸性，二者混合會發(fā)生相互促進的水解反應，使水解程度增大生成氨氣揮發(fā)到空氣中，使土壤中銨根離子濃度降低，降低肥效，C正確；D．將二氧化硫添加于紅酒中利用了SO2具有殺菌作用，SO2具有還原性起到抗氧化的作用，D正確；〖答案〗選B。4.下列“類比”合理的是A.Fe與CuSO4溶液反應生成Cu，則Na與CuSO4溶液反應生成CuB.CO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaCO3，則SO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaSO3C.Al與Fe2O3高溫時反應生成Fe，則Al與MgO高溫時反應生成MgD.常溫時Cu能溶于足量濃硝酸，則常溫時Fe能溶于足量濃硝酸〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．Fe與CuSO4溶液反應生成Cu，反應方程式為：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Na的化學性質(zhì)太活潑，與鹽溶液反應時先與水反應，再考慮NaOH與鹽的反應，故Na與CuSO4溶液反應方程式為：2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+H2↑+Na2SO4，不能生成Cu，A不合題意；B．CO2和SO2均為酸性氧化物，故CO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaCO3，方程式為：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，則SO2與Ca(OH)2溶液反應能生成CaSO3，方程式為：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，B符合題意；C．Al比Fe活潑，故Al與Fe2O3高溫時反應生成Fe，方程式為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，但Mg比Al活潑，故Al與MgO高溫時不反應生成Mg，C不合題意；D．常溫時Cu能溶于足量濃硝酸，方程式為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但常溫時Fe遇到濃硝酸將發(fā)生鈍化，不能完全溶解，D不合題意；故〖答案〗為：B。5.某工業(yè)脫硫過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.過程①發(fā)生復分解反應B.過程②中發(fā)生反應的離子方程式為S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+C.過程③中每有標準狀況下11.2LO2參加反應，轉(zhuǎn)移2mol電子D.脫硫過程總反應為2H2S+O2=2H2O+2S〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．過程①中CuCl2和H2S反應生成CuS和HCl，屬于復分解反應，故A正確；B．據(jù)圖可知過程②中CuS被Fe3+氧化得到S單質(zhì)，CuS為沉淀不能拆，離子方程式為CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B錯誤；C．由圖可知，該過程中O2中O元素由0價下降到-2價，標準狀況下11.2LO2的物質(zhì)的量為0.5mol，0.5molO2參加反應，轉(zhuǎn)移0.5mol×4=2mol電子，故C正確；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相加可得回收S的總反應為2H2S+O2=2H2O+2S，故D正確；故選B。6.如圖是鐵及其化合物的“價一類”二維圖。下列說法錯誤的是A.乙是堿性氧化物，但乙不能與水反應生成丁B.K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌清毒C.甲高溫時與水蒸氣反應轉(zhuǎn)化為丙D.若戊、己都是鹽酸鹽，則這兩種物質(zhì)均可通過化合反應獲得〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)圖中價態(tài)和物質(zhì)分類可知，甲為Fe；乙為FeO；丙為Fe2O3；丁為Fe(OH)3；戊為亞鐵鹽；已為鐵鹽，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．乙為FeO，是堿性氧化物，但FeO不能與水反應生成丁，A正確；B．K2FeO4中Fe處于高價態(tài)，具有強氧化性，可用于殺菌清毒，B正確；C．甲為Fe高溫時與水蒸氣反應轉(zhuǎn)化為Fe3O4，C錯誤；D．若戊、己都是鹽酸鹽，則分別為FeCl2、FeCl3，則這兩種物質(zhì)均可通過化合反應獲得：2Fe+FeCl3=3FeCl2、2Fe+3Cl2=2FeCl3，D正確；〖答案〗選C。7.A、B、C、D四種物質(zhì)中，A、B、C均含有同一種元索，它們之間具有如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列有關(guān)物質(zhì)的推斷錯誤的是A.若A為Na2CO3，則D可能是HCl B.若A為NH3·H2O，則D可能是SO2C.若A為Fe，則D可能是Cl2 D.若A為NH3，則D可能是O2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．若A為Na2CO3，D為HCl，則B為NaHCO3，C為NaCl，A正確；B．A為NH3·H2O，則D可能是SO2，A→B的反應為，B→C的反應：，B正確；C．若A為Fe，D為Cl2時B為FeCl3，F(xiàn)eCl3與Cl2不反應，C錯誤；D．若A為NH3，則D可能是O2，A→B的反應為4NH3+5O24NO+6H2O，B→C的反應：2NO+O2=2NO2，D正確；〖答案〗選C。8.為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均準確、完整的是(不考慮保存試劑的容器)實驗目的玻璃儀器試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水NaCl固體B制備Fe(OH)3膠體燒杯飽和FeCl3溶液、NaOH溶液C探究Na2SO3樣品是否變質(zhì)膠頭滴管、試管待測樣品、蒸餾水、BaCl2溶液D檢驗鈉在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物試管、酒精燈、膠頭滴管待測產(chǎn)物、蒸餾水、木條A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，需要用到100mL容量瓶，故A錯誤；B．制備Fe(OH)3膠體的方法為：往燒杯中加入適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，不需要NaOH溶液，故B錯誤；C．Na2SO3被氧化變質(zhì)會生成Na2SO4，要檢驗Na2SO3是否變質(zhì)，就是要檢驗硫酸根，可用兩種試劑檢驗：BaCl2溶液和稀鹽酸，缺鹽酸，故C錯誤；D．檢驗鈉在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物，就是要檢驗過氧化鈉，將待檢物放入試管中→用膠頭滴管滴加蒸餾水→點燃酒精燈→點燃木條→熄滅木條但帶火星→用帶火星的木條檢驗是否復燃，故D正確；故選D。9.某溶液中含有大量的離子：Mg2+、、K+和M離子。經(jīng)測定Mg2+、、K+的物質(zhì)的量濃度之比為2∶4∶1。則M離子可能是ASO B.H+ C.OH- D.Na+〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗由題干信息測定Mg2+、NO、K+的物質(zhì)的量濃度之比為2∶4∶1可知，溶液中陽離子所帶正電荷數(shù)大于陰離子所帶負電荷總數(shù)，根據(jù)溶液呈電中性可知，M為陰離子，則B、D不合題意；OH-不能與Mg2+大量共存，故M離子為SO，故〖答案〗為：A。10.某溫度下，向a、b、c、d中分別充入等質(zhì)量的CH4、CO2、O2、SO2四種氣體中的一種(已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑動，且與容器內(nèi)壁摩擦不)。下列說法正確的是A.b中充入的是O2B.a和d中氣體物質(zhì)的量之比為1∶4C.a和c中氣體所含原子數(shù)相等D.c和d中氣體密度之比為1∶2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗四種氣體的質(zhì)量設為1g，則它們的物質(zhì)的量分別為mol，mol，mol，mol，相同溫度壓強下的物質(zhì)的量之比=氣體的體積之比=分子數(shù)之比，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．相同情況下的物質(zhì)的量之比等于氣體的體積之比，a，b，c，d分別盛裝的是SO2，CO2，O2，CH4，故A錯誤；B．和中氣體分別為SO2和CH4，物質(zhì)的量分別為mol和mol，物質(zhì)的量之比為1:4，故B正確；C．和中氣體分別為SO2和O2，相同情況下的物質(zhì)的量之比等于分子數(shù)之比，和中氣體的分子數(shù)之比為mol：mol=1:2，原子數(shù)之比為3：4，不相等，故C錯誤；D．和中氣體O2和CH4，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比32g/mol：16g/mol=，故D錯誤；〖答案〗選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置)。僅用此裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實驗，最合理的選項是選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的物質(zhì)A濃氨水B濃硫酸溶液C稀硝酸D濃鹽酸溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．將濃氨水滴到CaO固體混合產(chǎn)生NH3，NH3密度小于空氣，C中收集裝置應從短進長出，NH3極易溶于水，A項錯誤；B．亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生SO2氣體，SO2的密度大于空氣，C中收集裝置為長進短出，SO2為酸性氧化物可用NaOH溶液吸收尾氣，B項正確；C．Cu與稀HNO3溶液反應會生成NO氣體，NO易于空氣中的O2反應生成NO2，NO不與H2O發(fā)生化學反應，C項錯誤；D．濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應產(chǎn)生Cl2，常溫下不反應，D項錯誤；〖答案〗選B。12.某離子反應涉及H2O、ClO-、NH、H+、N2、Cl-六種微粒，其中c(NH)隨反應進行逐漸減小。下列說法正確的是A.反應中每減少1molNH，轉(zhuǎn)移6mol電子B.反應中ClO-被還原C.反應前后溶液的酸堿性無明顯變化D.參加反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由題意可知，NH為反應物，且該反應為氧化還原反應，則NH為還原劑，N2為氧化產(chǎn)物，ClO-為氧化劑，Cl-為還原產(chǎn)物，離子方程式為：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．反應中每減少1molNH，N的化合價由-3→0價，轉(zhuǎn)移3mol電子，A錯誤；B．ClO-得電子生成Cl-，被還原，為氧化劑，B正確；C．根據(jù)離子方程式：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，可知，反應后氫離子濃度增加，酸性增強，C錯誤；D．參加反應的氧化劑(ClO-)與還原劑(NH)的物質(zhì)的量之比為3∶2，D正確；〖答案〗選BD。13.將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a~d均為浸有相應試液的棉花)所示的探究實驗。下列說法正確的是A.抽拉銅絲離開液面，可使反應終止B.a處先變紅后褪色C.b或c處褪色，均說明SO2具有還原性D.若試管底部出現(xiàn)白色固體，說明濃硫酸具有吸水性〖答案〗AD〖解析〗〖詳析〗A．抽拉銅絲離開液面，反應物不接觸反應終止，A正確；B．a(chǎn)處先變紅后其原因是SO2溶于水生成了酸，不能使紫色石蕊試液褪色，B錯誤；C．b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應，SO2體現(xiàn)出還原性，C錯誤；D．實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性，將反應生成的H2O吸收，D正確；〖答案〗選AD。14.一種綜合處理含SO2尾氣的工藝流程如圖所示。若每步反應都完全，下列說法錯誤的是A.整個流程中，不需要再補充硫酸鐵溶液B.“氧化”步驟發(fā)生的反應為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC.由反應過程可推知氧化性：O2＞Fe3+＞SOD.處理100L含SO2體積分數(shù)為0.336%的尾氣，“吸收”步驟中轉(zhuǎn)移0.03mol電子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗吸收反應：，氧化反應：，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．根據(jù)反應可知吸收消耗的硫酸鐵與氧化時生成的硫酸鐵的量相同，硫酸鐵可以循環(huán)利用，故不用添加，A正確；B．“氧化”步驟中硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，發(fā)生的反應為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正確；C．根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，根據(jù)分析氧化性強弱順序為:O2＞Fe3+＞SO，C正確；D．由于為給出氣體所處狀態(tài)，故不能進行計算，D錯誤；〖答案〗選D。15.部分氧化的Fe－Cu合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共5.92g。經(jīng)如圖處理：下列說法正確的是A.灼燒的目的是除去氫氧化物濾渣中的少量水，減少質(zhì)量誤差B.樣品中氧原子的物質(zhì)的量為0.03molC.V=224mLD.溶解樣品的過程中共消耗2.0mol·L-1鹽酸50mL〖答案〗BC〖解析〗〖詳析〗A．灼燒的目的是將氫氧化鐵分解為氧化鐵，A錯誤；B．因濾液中不含Cu2+，故3.2g濾渣只是Cu(物質(zhì)的量是0.05mol)，濾液經(jīng)處理最終得到的3.2g固體是Fe2O3。由2Fe~Fe2O3?？芍?，該5.92g樣品中，鐵元素的總質(zhì)量為2.24g(物質(zhì)的量是0.04mol)，故混合物中氧元素的質(zhì)量為5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，即樣品中氧元素的物質(zhì)的量是0.48g÷16g·mol-1=0.03mol，B正確；C．因5.92g樣品中含0.03molO，0.04molFe，0.05molCu，則樣品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物質(zhì)的量是0.03mol，故FeO的物質(zhì)的量為0.03mol、Fe的物質(zhì)的量為0.01mol，與足量的稀硫酸反應可生成0.01mol的H2，標準狀況下H2的體積為224mL，C正確；D．FeO的物質(zhì)的量為0.03mol消耗鹽酸0.06mol、Fe的物質(zhì)的量為0.01消耗鹽酸0.02mol，溶解樣品的過程中共消耗鹽酸0.08mol＜2.0mol·L-1×50mL，D錯誤；〖答案〗選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.離子反應可用于物質(zhì)的除雜和分離。某廢液是CuCl2、CaCl2的混合溶液，現(xiàn)設計實驗方案回收金屬銅并獲得氯化鈣晶體。已知過程1先生成白色固體，后迅速變?yōu)榛揖G色，最終得到紅褐色固體Y?；卮鹣铝袉栴}：（1）試劑1的化學式為_____。檢驗溶液B中金屬陽離子可選用的試劑有_____(填標號)。A.KSCN溶液、氯水B.高錳酸鉀溶液C.氫氧化鈉溶液（2）操作1所需玻璃儀器有燒杯、______。（3）過程1中白色固體轉(zhuǎn)化為紅褐色固體Y的化學方程式為_____，過程2的離子方程式為______。（4）例舉溶液D中溶質(zhì)的一種用途______?！即鸢浮剑?）①.Fe②.A（2）漏斗和玻璃棒（3）①4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3②.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（4）可作氮肥或用于焊接過程中除去鐵銹等〖解析〗〖祥解〗由題干轉(zhuǎn)化圖和已知過程1先生成白色固體，后迅速變?yōu)榛揖G色，最終得到紅褐色固體Y的信息可知，溶液A中含有FeCl2和CaCl2，試劑1為Fe，反應方程式為：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，過濾得固體X為Cu和Fe，向固體X中加入過量的鹽酸，反應方程式為：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，操作1為過濾得到Cu和溶液B，溶液B中含有的溶質(zhì)為FeCl2，向溶液A中加入足量的氨水，發(fā)生的反應有：FeCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，過濾得到固體Y為Fe(OH)3，溶液C為CaCl2、NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向C中通入CO2，發(fā)生反應方程式為：CaCl2+CO2+2NH3·H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，過濾得到CaCO3和溶液D為NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向CaCO3固體中加入足量的稀鹽酸，充分反應后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，即得CaCl2固體，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗由分析可知，試劑1的化學式為Fe，溶液B中含有的溶質(zhì)為FeCl2，檢驗溶液B中金屬陽離子即Fe2+，先加入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加入氯水，溶液立即變?yōu)檠t色，說明含有Fe2+，故〖答案〗為：Fe；A；〖小問2詳析〗由分析可知，操作1分離溶液和固體，故為過濾操作，故所需玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒，故〖答案〗為：漏斗和玻璃棒；〖小問3詳析〗由分析可知，過程1中白色固體轉(zhuǎn)化為紅褐色固體Y即有Fe(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，該反應的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，過程2即CaCO3與稀鹽酸反應，故該反應的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；〖小問4詳析〗由分析可知，溶液D中含有NH4Cl，NH4Cl的用途有可作氮肥、用于焊接過程中除去鐵銹等，故〖答案〗為：可作氮肥或用于焊接過程中除去鐵銹等。17.海洋中無機氮的循環(huán)過程可用如圖表示?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖中屬于固氮作用的過程有_____(填標號)。（2）下列關(guān)于海洋氮循環(huán)的說法正確的是_____(填標號)。A.海洋中的氨循環(huán)起始于氮的氧化B.向海洋排放含NO的廢水會影響海洋中NH的含量C.反硝化過程需引入還原劑（3）為了避免廢水中NH對海洋氮循環(huán)系統(tǒng)產(chǎn)生影響，可向廢水中加入適量氫氧化鈉，通入熱空氣將氨趕出。該過程的離子方程式為______。（4）若1molNO通過反硝化過程全部轉(zhuǎn)化為N2，則該過程轉(zhuǎn)移_____mol電子。（5）利用NO直接與NH反應生成N2O，再進一步轉(zhuǎn)化為N2排放，可提高污水處理的效率，降低成本。在生成N2O的反應中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_____?！即鸢浮剑?）②（2）BC（3）（4）5（5）1:2〖解析〗小問1詳析〗固氮作用是分子態(tài)氮被還原成氨和其他含氮化合物的過程。圖中②氮氣被還原為根離子，②過程為固氮；〖小問2詳析〗A．由圖可知，氨循環(huán)起始于氮氣被還原為銨根離子，A錯誤；B．酸根離子含量增多影響反硝化，從而影響銨根離子含量，B正確；C．反硝化使硝酸根離子被還原為亞硝酸根離子，亞硝酸根離子被還原為氮氣，因此需要引入還原劑，C正確；故選BC；〖小問3詳析〗銨根離子與氫氧化鈉反應的離子方程式為:；〖小問4詳析〗NO中N為+5價，氮氣中N為0價，因此1mol硝酸根離子反硝化為氮氣轉(zhuǎn)移5mol電子；〖小問5詳析〗NO與反應生成N2O的反應方程式為:4NO+2+2H+=3N2O+5H2O，NO為氧化劑，為還原劑。因此氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比即為還原劑與氧化劑化學計量數(shù)之比即1:2。18.實驗室用如下方法測定Na2CO3與NaHCO3的混合物中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）稱取該混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液。下列操作會使所配溶液濃度偏小的有_____(填標號)。A.未將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶中B.定容時俯視刻度線C.定容振蕩搖勻后液面低于刻度線，未做處理（2）量取25.0mL上述溶液于燒杯中，滴加足量Ba(OH)2溶液，將HCO、CO完全轉(zhuǎn)化為沉淀，其中NaHCO3參與反應的離子方程式為，NaHCO3屬于______(填“酸”堿”或“鹽”)。（3）簡述證明溶液中HCO、CO已完全轉(zhuǎn)化為沉淀的操作及現(xiàn)象：______。（4）過濾、洗滌沉淀并充分干燥，稱量沉淀的質(zhì)量為1.97g，由此得出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)為______%(保留2位有效數(shù)字)?！即鸢浮剑?）A（2）鹽（3）繼續(xù)滴加氫氧化鋇溶液，實驗操作方法為:靜置一段時間后向上層澄清溶液中繼續(xù)加Ba(OH)2溶液，不渾濁（4）77%〖解析〗〖小問1詳析〗A．未將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，溶質(zhì)減少，故濃度偏低，A符合題意；B．定容時俯視刻度線，溶液體積偏小，實際濃度偏大，B不符合題意；C．定容振蕩搖勻后液面低于刻度線，未做處理，不影響溶液濃度，C不符合題意；故選A；〖小問2詳析〗NaHCO3參與反應的離子方程式為，NaHCO3屬于鹽類；〖小問3詳析〗可以繼續(xù)滴加氫氧化鋇溶液，實驗操作方法為:靜置一段時間后向上層澄清溶液中繼續(xù)加Ba(OH)2溶液，不渾濁，HCO、CO已完全轉(zhuǎn)化為沉淀；〖小問4詳析〗設Na2CO3的物質(zhì)的量為xmol，NaHCO3的物質(zhì)的量為ymol，混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液，量